2022北京西城区高一下学期期末物理试题含解析

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北京市西城区2021—2022学年度第二学期期末试卷高一物理第一部分一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的。）1. 做匀速圆周运动的物体，下列物理量中发生改变的是（　　）A. 动能 B. 向心加速度C. 周期 D. 频率【答案】B【解析】【详解】A．做匀速圆周运动的物体，速度大小不变，所以动能不变，故A错误；B．做匀速圆周运动的物体，向心加速度大小不变，方向变化，是变量，故B正确；CD．做匀速圆周运动的物体，周期、频率不变，是恒量，故CD错误。故选B。2. 两个质点之间万有引力大小为F，如果将这两个质点之间的距离变为原来的2倍，那么它们之间万有引力的大小变为A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】根据万有引力定律公式得，将这两个质点之间的距离变为原来的2倍，则万有引力的大小变为原来的，故万有引力变为．A. 与结论相符，选项A正确；B. 与结论不相符，选项B错误；C. 与结论不相符，选项C错误；D. 与结论不相符，选项D错误；3. 如图照片中实线为单板滑雪大跳台运动员在空中的运动轨迹，P是轨迹的最高点。运动员经过P点时的速度方向，图中所示正确的是（　　）
 A. PA B. PB C. PC D. PD【答案】B【解析】【详解】曲线运动速度沿轨迹的切线方向，即沿PB方向。故选B。4. 质点做平抛运动的初速度为v1，3s末时的速度为v2。下列四个图中能够正确反映抛出时刻1s末、2s末、3s末速度矢量的示意图是（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】平抛运动水平方向做匀速直线运动，速度不变；竖直方向做自由落体运动，相同时间内速度变化量相同，故ABC错误，D正确。故选D5. 把行星绕太阳的运动看作是匀速圆周运动，由开普勒第三定律（行星公转半径的三次方与公转周期的平方成正比，即）和匀速圆周运动向心加速度的大小，可以推得行星绕太阳公转的向心加速度的大小（　　）A. 与行星公转半径成正比B. 与行星公转半径成反比C. 与行星公转周期的平方成反比D. 与行星公转周期的三分之四次方成反比【答案】D【解析】【详解】AB．根据开普勒第三定律可得带入可知，行星绕太阳公转的向心加速度的大小与行星公转半径的平方成反比，故AB错误；CD．根据开普勒第三定律可得带入可知，行星绕太阳公转的向心加速度的大小与与行星公转周期的三分之四次方成反比，故C错误，D正确。故选D。6. 如图为我国高速铁路使用“复兴号”动车组，假设动车组运行过程中受到的阻力与速度的平方成正比。若动车以120km/h的速度匀速行驶，发动机的功率为P。 当动车以速度240km/h匀速行驶，则发动机的功率为（　　）A. P B. 2P C. 4P D. 8P【答案】D【解析】【详解】动车匀速行驶时，牵引力等于阻力，有则发动机的功率为依题意，动车两次行驶速度之比为联立，可得故选D。7. 质点在xOy平面内从O点开始运动，其轨迹在xOy平面直角坐标系中方程为y=2x，则质点可能做（　　）A. 在Ox方向上做2m/s的匀速运动，在Oy方向做1m/s的匀速运动B. 在Ox方向上做初速度为零的2m/s2的匀加速运动，在Oy方向做2m/s的匀速运动C. 在Ox方向上做1m/s的匀速运动，在Oy方向做初速度为零的2m/s2的匀加速运动D. 在Ox方向上做初速度为零的1m/s2的匀加速运动，在Oy方向做初速度为零的2m/s2的匀加速运动【答案】D【解析】【详解】A．由轨迹方程可知在Oy方向的平均速度是Ox方向上的二倍，所以两个方向如果做匀速直线运动，有故A错误B．如果在Ox方向上做初速度为零的2m/s2的匀加速运动，在Oy方向做2m/s的匀速运动，平均速度不能保持始终是二倍的关系，故B错误；C．如果在Ox方向上做1m/s的匀速运动，在Oy方向做初速度为零的2m/s2的匀加速运动，平均速度不能保持始终是二倍的关系，故C错误；D．如果在Ox方向上做初速度为零的1m/s2的匀加速运动，在Oy方向做初速度为零的2m/s2，则则有故D正确。故选D。8. 地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的7倍，地球赤道上的物体随地球自转做匀速圆周运动的线速度大小约为0.4km/s，地球第一宇宙速度的大小约为8 km/s，则可推得地球同步卫星线速度的大小约为（　　）A. 1 km/s B. 2 km/s C. 3km/s D. 4 km/s【答案】C【解析】【详解】地球同步卫星与在地球赤道上随地球自转做匀速圆运动的物体具有相同的角速度，根据可得解得故选C。9. 质量为m的足球在地面1的位置以速度v1被踢出后，以速度v3落到地面3的位置，飞行轨迹如图所示。足球在空中达到最高点2的速度为v2，高度为h，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（　　）A. 足球由位置1到位置2，重力做功为mghB. 足球由位置1到位置2，空气阻力做功C. 足球由位置2到位置3，重力势能减少了 D. 足球由位置 1到位置 3，外力所做的总功为 【答案】B【解析】【详解】A．足球由位置1到位置2，重力做负功，为故A错误；B．由动能定理可得足球由位置1到位置2，空气阻力做功为故B正确；C．足球由位置2到位置3，重力势能减少了而是动能变化量，因为有空气阻力做功，二者不相等，故C错误； D．足球由位置 1到位置 3，外力所做的总功为故D错误。故选B。10. 小祝在家帮妈妈做家务劳动，她在擦拭油烟机时看到了上面贴有如图所示的铭牌。她想测算出这台吸油烟机将电能转化为机械能的效率。请你帮她分析一下，为达成这个目的，除了知道空气的密度ρ，至少还应该再去获取的信息有（　　）产品名称吸油烟机额定电压220V~额定频率50Hz绝缘等级E级噪音60dB风量13.51m3/min额定输入总功率230W A. 吸油烟机排风口的直径DB. 吸油烟机内腔的容积VC. 吸油烟机排风口的直径D、吸油烟机内腔的容积VD. 吸油烟机的质量M、吸油烟机底部距离地面的高度H【答案】A【解析】【详解】想测算出这台吸油烟机将电能转化为机械能的效率，需要计算出吸油烟机的有用功，假设空气在排风管中获得速度为v，则在一分钟之内排除的空气的体积为D是排风口的直径，可得则在一分钟内吸油烟机的有用功，既空气获得的动能为然后看可求其中t为一分钟，故还需要知道吸油烟机排风口的直径D，故A正确，BCD错误。故选A。二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）11. 绳子的一端拴一个小球。手握绳子，使小球在水平面内做匀速圆周运动，下列四个图可能实现的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】AD【解析】【详解】小球在水平面内做匀速圆周运动时，绳子的张力与重力的合力必须指向圆心，AD图所示情况，合力指向圆心，BC图所示情况，合力不指向圆心，故AD正确，BC错误。故选AD。12. 太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，称为“行星冲日”。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示。根据表中信息，可以判断（　　） 地球火星木星土星天王星海王星轨道半径R/AU1.01.55.29.51930 A. 火星相邻两次冲日的时间间隔大于两年B. 某些地外行星一年中可能会出现两次冲日现象C. 天王星相邻两次冲日的时间间隔约为土星的一半D. 地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短【答案】AD【解析】【详解】根据开普勒第三定律有可得，火星的公转周期为同理可得，木星、土星、天王星和海王星的公转周期分别为如果两次行星冲日时间间隔为t年，则地球多转动一周，故有可得，火星相邻两次冲日的时间间隔为同理可得，木星、土星、天王星和海王星相邻两次冲日的时间间隔为故选AD。13. 如图，某地铁出站口设有高7.5 m的步行梯和自动扶梯，步行梯每级的高度是 0.15 m，自动扶梯与水平面的夹角为 37°，并以0.5 m/s的速度匀速运行。质量均为50kg的甲、乙两位同学分别从步行梯和自动扶梯的等高起点同时上楼，甲在步行梯上每秒上两级台阶，乙在自动扶梯上站立不动，最后都到达同一高度的地面层。g取10 m/s2，sin37°= 0.6，cos37°= 0.8。下列判断正确的是（　　）A. 甲在步行梯上用时25s到达地面层B. 乙重力做功的功率为-200WC. 上行全过程，甲克服重力所做的功为3750JD. 甲、乙同时到达地面层【答案】ACD【解析】【详解】AD．甲在步行梯上每秒上两级台阶，则甲竖直向上的速度为，故甲在步行梯上运动的时间为乙沿自动扶梯上升，则扶梯的长度为则乙在自转扶梯运动的时间为则有故AD正确；B．乙克服重力做功的功率为故B错误；C．上行全过程，甲克服重力所做的功为故C正确。故选ACD。14. 2022年第24届冬奥会在北京-张家口成功举办，图甲为在张家口的国家跳台滑雪中心“雪如意”, 图乙为跳台滑雪的示意图。质量为m的运动员从长直倾斜的助滑道AB的A处由静止滑下，为了改变运动员的速度方向，在助滑道AB与起跳台D之间用一段弯曲滑道相切衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧，圆弧轨道半径为R。A与C的竖直高度差为H，弯曲滑道末端即起跳台D与滑道最低点C的高度差为h，重力加速度为g。不计空气阻力及摩擦，则运动员（　　）A. 到达C点时的动能为mgHB. 到达C点对轨道的压力大小为C. 到起跳台D点的速度大小为D. 从C点到D点重力势能增加了mg(H-h)【答案】AC【解析】【详解】A．由A到C机械能守恒，则到达C点时的动能为Ek=mgH选项A正确；B．根据解得则到达C点对轨道的压力大小为选项B错误；C．从A到D由机械能守恒定律解得到起跳台D点的速度大小为选项C正确；D．从C点到D点重力势能增加了mgh，选项D错误。故选AC。第二部分三、实验题（本题共2小题，共16分。）15. “探究平抛运动的特点”实验有以下几步。（1）用如图甲所示竖落仪装置探究平抛运动的特点。用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动；同时B球被释放，自由下落，做自由落体运动。改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，发现：两球总是同时落地。由此可以得到的结论是________。（2）在（1）的基础上，用如图乙所示平抛仪装置继续探究平抛运动的规律。得到了小球在竖直平面xOy上的一条运动轨迹，如图丙平面直角坐标系中的 OP 曲线所示，Ox为水平方向，Oy为竖直方向。为了分析小球在水平方向是否做匀速直线运动，下列操作正确的是_______A．在OP图线上取四点，让它们在y方向上的距离间隔相等，看它们在x方向上的距离间隔是否近似相等B．在OP图线上取四点，让它们在y方向上的距离间隔相等，看它们在x方向上的相邻间隔的位移差是否近似相等C．在OP图线上取四点，让它们在x方向上的距离间隔相等，看它们在y方向上的距离间隔是否近似相等D．在OP图线上取四点，让它们在x方向上的距离间隔相等，看它们在y方向上的相邻间隔的位移差是否近似相等【答案】    ①. 平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动    ②. D【解析】【详解】（1）[1] 两球总是同时落地，而时间是由竖直方向的高度决定，则两球在竖直方向上的高度相等，由此可以得出的结论平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动；（2）[2] 在OP图线上取四点，让它们在x方向上的距离间隔相等，根据因平抛初速度不变，则时间t相等，而平抛运动在y方向的分运动是自由落体运动，则相邻间隔的位移差近似相等，即可验证。故选D。16. 如图所示，小贵利用此装置，用重物带动纸带从静止开始自由下落，做“验证机械能守恒定律”的实验。已知当地的重力加速度为g。（1）下列实验准备及操作和数据处理正确的是_________。A．还必须需要的器材有交流电源、刻度尺B．使纸带限位孔在竖直方向，固定打点计时器C．做实验时，先释放连接重物的纸带，再接通打点计时器的电源D．为测量打点计时器打下某点时重物的速度v，需要先测量该点到起始点的距离h，再根据公式计算得出（2）小贵得到如下图所示的一条纸带。在纸带上选取五个连续打出的点A、B、C、D、E，测得它们到起始点O的距离分别为、、、、。已知打点计时器打点的周期为T，重物的质量为，从打B点到打D点的过程中，重物的重力势能减少量________，动能增加量________。【答案】    ①. AB##BA    ②.     ③. 【解析】【详解】（1）[1]A．还必须需要的器材有交流电源给打点计时器提供交流电压和刻度尺用来测量点迹间的距离。故A正确；B．使纸带限位孔在竖直方向，固定打点计时器，可以减小实验过程中纸带所受摩擦阻力。故B正确；C．做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放连接重物的纸带。故C错误；D．由于实验过程中不可避免地存在阻力作用，重锤的实际加速度小于当地的重力加速度，所以应该利用匀变速直线规律中的平均速度等于中间时刻的速度来求打下某点时重锤的速度。故D错误。故选AB。（2）[2]从打B点到打D点的过程中，重物的重力势能减少量为[3]根据一段时间内平均速度等于中间时刻的速度，可得，动能增加量为解得四、论述、计算题（本题共4小题，共38分。）17. 木星有4颗卫星。若已知木卫二绕木星做匀速圆周运动的轨道半径r、木星的质量M，以及万有引力常量G，请推导木卫二绕木星运动周期T的表达式。【答案】【解析】【详解】木卫二绕木星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有可得，木卫二绕木星运动周期为18. 如图，质量为m的物体，从相对地面高度为h0的A处做平抛运动，初速度大小为v0；经过一段时间后，物体下落到相对地面高度为ht的位置B处，速度大小为vt。不计空气阻力，选地面为重力势能的参考平面。请根据“动能定理”、“重力做功与重力势能的关系”，论证：物体在A处的机械能与在B处的机械能相等。【答案】见解析【解析】【详解】物体在A处的机械能为 物体在B处的机械能为从A到B，根据动能定理得合外力的功重力在此过程做的功等于物体重力势能的减少量此过程合外力只有重力，合外力做的功等于重力所做的功，即联立可得即所以物体在A、B的机械能相等。19. 如图，对质量为m的物体施加平行于斜面向上的恒定拉力，使物体在斜面上上升高度h。已知斜面的倾角为θ，物体与斜面间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g。（1）若使物体沿斜面匀速缓慢上升，求利用斜面将物体提升高度h的机械效率η。（2）若使初速度为v0的物体沿斜面匀加速上升，当物体提升高度h时的速度为vt。求这一过程拉力做的功。【答案】（1）η=；（2）WF =m vt2-m v02+ mgh+µ mgh cotθ【解析】【详解】（1）物体在斜面上受力如图所示，建立如图所示的直角坐标系x方向 F - mgsinθ－f = 0y方向N－mg cosθ= 0又有f = µN 得F = mgsinθ +µmg cosθ W有=mgh W总= Flh=lsinθ根据η=可得η= （2）由动能定理有WF+ Wf+ WG= Ek又Wf = -µmg cosθlWG=- mg h可得WF =m vt2-m v02+ mgh+µ mgh cotθ20. “天宫课堂”中有利用旋转的方法将油水分离，化工中也常使用离心分离器，将微小颗粒快速从液体中沉淀析出。如图，试管中装有密度为1的液体，内有密度为2、体积为V的微小颗粒，2>1。请分析：当忽略重力，离心分离器带着试管以角速度ω高速旋转时，微小颗粒为什么会在液体中“沉”到试管底部。
 【答案】见解析【解析】【详解】设想一个密度为1、体积为V的微小液滴在距离转轴r处随周围液体一起做角速度为ω的匀速圆周运动，小液滴所需要的向心力大小为F向1＝1Vω2 r忽略重力，小液滴受周围液体对它的合力提供向心力，即F合＝F向1把小液滴换成密度为2、体积为V的微小颗粒，在距离转轴r处，周围液体的种类及运动情况未变，小颗粒受周围液体对它的合力大小仍为F合。忽略重力，小颗粒做角速度为ω的匀速圆周运动所需要的向心力大小为F向2=2Vω2 r因为1<2，所以小颗粒所受的合力小于所需要的向心力，小颗粒做离心运动，“沉”到试管底部。